开发者社区

文档建议反馈控制台

腾讯云架构师技术同盟

文章/答案/技术大牛

发布

社区首页 >专栏 >2022 年 CCPC 河南省赛（A,E,F,G,H）

2022 年 CCPC 河南省赛（A,E,F,G,H）

作者头像

浪漫主义狗

发布于 2022-10-08 10:19:36

发布于 2022-10-08 10:19:36

92600

代码可运行

举报

文章被收录于专栏：HAUE_LYS'BlogHAUE_LYS'Blog

运行总次数：0

代码可运行

A. Mocha 上小班啦

题目大意：

一个数由互不相同的 n 位数组成。
输出 n 位的满足上述条件的最小整数（不含前导零）。
不存在则输出 -1。

思想：

签到题。
当 n <= 10 时，最小的
当 n > 10 时不存在可以满足条件的数。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int a[] = {1, 0, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9};

void solve(){

    int n; cin >> n;
    if(n > 10) cout << -1 << endl;  //大于10不存在满足条件的数
    else{
        for(int i = 0 ; i < n; i ++) cout << a[i];  //注意交换1和0的顺序
    }

    return ;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

E. Serval 的俳句

题目大意：

给定一个长度为 n 的字符串 S。
求是否存在长度为 17 的子序列满足： S′_1 , S′_2 , S′_3 , S′_4 , S′_5 为同一个字符； S′_6 , S′_7 , . . . , S′_{11}, S′_{12} 为同一个字符； S′_{13}, S′_{14}, S′_{15}, S′_{16}, S′_{17} 为同一个字符。
存在输出该子序列，不存在则输出 none。

思想：

签到题。
暴力枚举 S_i，统计满足的 S'_1 \sim S'_5，若可以找到满足的子序列，标记该字符后进入下一层循环；
暴力枚举 S_j，统计满足的 S'_6 \sim S'_{12}，若可以找到满足的子序列，标记该字符后进入下一层循环；
暴力枚举

S_k

，统计满足的

S'_{13} \sim S'_{17}

，若可以找到满足的子序列，则将上面标记的直接输出即可。

当 n < 17 时或者没有找到存在可以满足条件的子序列，则输出 none。
由于每一段的子序列很短，最坏的情况是 26^3 \times 5^2 \times 7 = 3,075,800，实际上的情况会远小于该时间复杂度，所以完全 OK。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 200;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

void solve(){

    int n; cin >> n;
    if(n < 17){  //长度不够，不可能找到
        cout << "none" << endl;
        return ;
    }

    string s; cin >> s;
    int vis1[N] = {0};  //统计相同的前5个字符
    for(int i = 0; i < s.size(); i ++){
        vis1[s[i]] ++;
        if(vis1[s[i]] == 5){
            char op1 = s[i];  //标记前5个字符
            int vis2[N] = {0};  //统计相同的中间7个字符
            for(int j = i + 1; j < s.size(); j ++){
                vis2[s[j]] ++;
                if(vis2[s[j]] == 7){
                    char op2 = s[j];  //标记中间7个字符
                    int vis3[N] = {0};  //统计相同的后5个字符
                    for(int k = j + 1; k < s.size(); k ++){
                        vis3[s[k]] ++;
                        if(vis3[s[k]] == 5){  //找到最后5个字符，直接输出
                            for(int u = 0; u < 5; u ++) cout << op1;
                            for(int u = 0; u < 7; u ++) cout << op2;
                            for(int u = 0; u < 5; u ++) cout << s[k];
                            return ;
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }
    //找不到满足条件的序列
    cout << "none" << endl; 
    return ;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    // cin >> _;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

F. 集合之和

题目大意：

对于两个有限的数集 A,B，定义 A+B 为： A + B = {x + y~|~ x \in A, y \in B }
记有限数集 A 的元素个数为 |A|。
给定 n，求满足 |A + A| = n ，且满足 \forall x \in A, 0\le x \le 5\times10^5 的数集 A。
若存在 A 满足上述条件，输出内含元素的数量并输出所含元素（任意解均可），不存在则输出 -1。

思想：

思维，规律，构造。
构造简单数集 A = {0,1,2,\dots,k}, |A| = k，则 A + A = {0,1,2,\dots,2k},|A+A| = 2k + 1。
通过上述构造，显然当 n 为奇数时一定有解，我们只需要构造满足如上规则的数集即可。
接下来讨论 n 为偶数的情况： |A| = 2, |A+A| = 3，当 n = 2 时无解； |A| =3,5\le |A+A|\le 6，当 n = 4 时无解；其他情况下，构造数集 A = {0,2,3,\dots,k}，则 A+A ={0,2,3,\dots,2k},|A+A| = 2k。
综上所述，根据 n 的奇偶性按照上述规则构造即可。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, string> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 3;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

int n;

void solve(){

    cin >> n;

    if(n == 2 || n == 4){
        cout << -1 << endl; 
        return ;
    }

    if(n % 2 != 0){  //奇数构造0, 1, 2, 3,...,(n - 1) / 2
        cout << (n - 1) / 2 + 1 << endl;  
        for(int i = 0; i <= (n - 1) / 2; i ++) cout << i << ' ';
    }
    else{  //偶数构造 0, 2, 3,..., n / 2
        cout << n / 2 << endl;
        cout << 0 << ' ';
        for(int i = 2; i <= n / 2; i ++) cout << i << ' ';
    }

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

G. Mocha 上大班啦

题目大意：

给定 n 个 01 串以及 q 次操作，每次操作会把第 i 个串的 l − r 位替换为和第 j 个串的 l − r 位分别进行与运算的结果。
第 i 次操作有概率 p_i 成功。
询问最后 n 个串与运算得到的串中 1 的个数。

思想：

思维题。
概率期望套皮，其实无需处理。
只要一列中出现过 0，由于进行的是“与”位运算，操作多少次都不会影响任何一个 01 串第 i 位的值，结果一定是 0。
故直接计算初始 01 串与操作后的 1 的个数即为答案。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, string> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

const int N = 1010;

char a[N][4 * N];

int n, m;

void solve(){

    int res = 0;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 0; i < n; i ++) cin >> a[i];

    int q; cin >> q;
    while(q --){
        for(int i = 0; i < 5; i ++){
            int op; cin >> op;
        }
    }

    for(int i = 0; i < m; i ++){
        int cnt = 1;
        for(int j = 0; j < n; j ++){
            if(a[j][i] == '0') cnt = 0;  //存在某一列为0时
        }
        res += cnt;
    }

    cout << res << endl;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    while(_ --){
        solve();
    }

    return 0;

}

H. 旋转水管

题目大意：

给定 2 \times m 的水管图，水管有 I,L 两种，且两种水管均可以旋转。
问是否可以通过旋转水管，使得水从 x 列流入后从 y 列流出。

思想：

DFS 搜索。
水管出水状态和进入状态相关，故需要记录上一个格子流入下一个格子时的状态。
分析状态可知：对于 I 形的水管，流出状态和流入状态相同。对于 L 形的水管，当流入状态是 \uparrow 或 \downarrow 时，流出时都有两种状态 \leftarrow 和 \rightarrow；当流入状态是 \leftarrow 或 \rightarrow 时，流出时都有两种状态 \uparrow 和 \downarrow 。
根据上述分析，我们可以得到相应状态的偏移量，在搜索时通过加上该偏移量达到坐标的转移。

代码：

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <sstream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <map>
#include <set>
#include <unordered_map>
#include <unordered_set>

using namespace std;

#define IOS ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr),cout.tie(nullptr)
#define re register
#define fi first
#define se second
#define endl '\n'

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

const int N = 1e6 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f, mod = 1e9 + 7;
const double eps = 1e-6, PI = acos(-1);

char mp[2][N];
bool vis[2][N];

int m, sl, el;

bool flag = 0;

void dfs(int l, int r, int st){

    if(flag == 1) return ;  //满足条件直接返回

    if(l == 2 && r == el - 1){  //越界只有到达出口的情况合法
        flag = 1;  //标记答案
        return ;
    }

    if(l < 0 || l >= 2 || r < 0 || r >= m) return ;  //越界直接返回

    if(vis[l][r]) return ;  //走过该点返回

    vis[l][r] = 1;  //标记走过

    if(l >= 0 && l < 2 && r >= 0 && r < m){
        if(mp[l][r] == 'I'){  //进入状态和流出状态相同
            if(st == 0) dfs(l + 1, r, 0); 
            if(st == 1) dfs(l, r + 1, 1);
            if(st == 2) dfs(l - 1, r, 2);
            if(st == 3) dfs(l, r - 1, 3);
        }
        else{
            if(st == 0 || st == 2){  //从下面或上面流入的状态
                dfs(l, r + 1, 1);
                dfs(l, r - 1, 3);
            }
            if(st == 1 || st == 3){  //从左边或右边流入的状态
                dfs(l + 1, r, 0);
                dfs(l - 1, r, 2);
            }
        }
    }

    vis[l][r] = 0;  //搜过返回恢复现场

    return ;
}

bool solve(){
    cin >> m >> sl >> el;
    for(int i = 0; i < 2; i ++) cin >> mp[i];

    flag = 0;  //多实例，初始化
    for(int i = 0; i < 2; i ++){
        for(int j = 0; j <= m; j ++) vis[i][j] = 0;
    }

    dfs(0, sl - 1, 0);

    return flag;

}

int main(){

    IOS;

    int _ = 1;

    cin >> _;

    while(_ --){
        if(solve()) cout << "YES" << endl;
        else cout << "NO" << endl;
    }

    return 0;

}

赛后回顾与总结

生涯第一次参加 CCPC，先贴一张战绩：

铜尾巴是 188，我们队伍 191 喜提铁牌（bushi）啊吧啊吧。。。

赛程回顾

两个大三的队友还是很给力的，上来就切掉了 A 题，拿下了一个漂亮的 AC。
我之后粗略地计算了一下 E 题的时间复杂度，于是直接三个循环暴力切掉了，虽然因为统计字母数量的 vis 数组开小了，白白吃了一发 WA，为全队奠定了打铁的基础。
然后我发现 H 题是个搜索貌似能行？从此队伍少了一个人。。。
队友开搞 F ，上机打表，我在纸上手撕 H。
队友开搞 G ，最后发现是道沙笔套皮期望的诈骗题，光速写完不测样例直接冲，小 WA 一下就过了，没有一开始切掉就很可惜。
然后 zhgg 开始帮我调我的沙笔 H 题，因为觉得 BFS 的思路完全没问题，死磕到底，最后头晕脑胀坐标都搞混了，剩半小时重写一次最后都没搞出来，直接大寄 (。_。)。
最后绝望看榜 200+ 的名次去掉大星的队伍粗略算一下能拿铜尾巴（赛后发现还是太天真），不过维他柠檬茶是真的好喝，逃。

赛后总结：

打铁的根本的原因还是自己能力太弱小了。
其本质就是我的懒惰，在本该出成绩的时期思想上懈怠、行动上松懈了。训练量达不到还妄想着出成绩。
这次参赛也明显感受到了经验的不足，两个大三的队友异常地镇定和发挥稳定，相较而言，没有大赛经验的我在比赛时手忙脚乱拖累了团队。
最后是比赛题目的分配和合作，团队协同参赛的我们互相没有磨合好，队友在讨论时我独自去切没有把握的题，最后还没有解出来，也错过了讨论和看其他题目的机会和时间。

PS：

今后的计划：
- 加训；
- 加训；
- 还是 TMD 加训。
和队友抽空多打几场 VP，训练团队合作。
卧薪尝胆，下次 ICPC 必将胜利。

本文参与腾讯云自媒体同步曝光计划，分享自作者个人站点/博客。

原始发表：2022-10-07 ，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

本文分享自作者个人站点/博客前往查看

如有侵权，请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除。

本文参与腾讯云自媒体同步曝光计划，欢迎热爱写作的你一起参与！

评论

登录后参与评论

0 条评论

热度

最新

目录

A. Mocha 上小班啦

E. Serval 的俳句

F. 集合之和

G. Mocha 上大班啦

H. 旋转水管

赛后回顾与总结